Usualmente uno, al inicio, tiene la idea de que cuantos más símbolos y menos palabras es mejor, pero luego con el tiempo te vas dando cuenta de que es al revés. Es decir, según mi experiencia (y la de muchos otros que me han dicho o mostrado lo mismo), y de los libros que he leído, cuantas más palabras uses en una demostración mejor, ya que queda mucho más claro y, además, te evidencia a ti mismo tu grado de comprensión de la materia.
Para ver muchos ejercicios resueltos puedes mirar en este foro o en
math.stackexchange.com. Para una demostración como la que presentas, que consiste básicamente de una serie de igualdades encadenadas, si quieres justificar cada igualdad entonces puedes usar algo como \( P(x) \overset{(1)}{=}Q(x) \) (escrito como P(x) \overset{(1)}{=}Q(x)), y luego después de la cadena de igualdades puedes explicar mejor cuál es la razón (1) por la cual esa igualdad es cierta. Me parece que así queda más claro lo que haces y más prolijas las fórmulas. O por ejemplo, si vas a utilizar L'Hôpital en cada igualdad, también puedes avisar antes de poner las expresiones escribiendo antes algo como "en lo siguiente, cada identidad se sigue del empleo del teorema de L'Hôpital" o algo semejante, y ahorrándote entonces los numeritos sobre las igualdades, u otras justificaciones posteriores.
También en tu caso puede ser más claro utilizar \( \exp\left(f(x)\right) \) en vez de \( e^{f(x)} \) cuando la expresión \( f(x) \) es muy grande, cosillas así. Pero vamos, lo importante es que quede claro a sus potenciales lectores, ésa es la idea. Por ejemplo, yo hubiese escrito algo semejante:
Queremos hallar el límite \( \lim_{x\to \infty }\left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)^{1/\ln (1+x)} \). Como \( \arctan(x) < \frac{\pi}{2} \) para todo \( x \) entonces la expresión del límite anterior siempre es positiva para \( x>-1 \), y por tanto podemos aplicar logaritmos a la expresión anterior en tal rango de valores, es decir que
\[
\left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)^{1/\ln (1+x)}=\exp\left(\ln\left(\left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)^{1/\ln (1+x)}\right) \right)=\exp\left(\frac{\ln \left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)}{\ln (1+x)}\right)
\]
para todo \( x>-1 \). Ahora bien, como la función exponencial es continua, entonces si \( \lim_{x\to \infty }\frac{\ln \left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)}{\ln (1+x)} \) existe como un número real \( L\in \mathbb{R} \), entonces \( \lim_{x\to \infty }\left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)^{1/\ln (1+x)}=e^{L} \). Entonces
\[
\begin{align*}
\lim_{x\to \infty }\frac{\ln \left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)}{\ln (1+x)}&=\lim_{x\to \infty }\frac{-\frac1{\left(\frac{\pi}{2}-\arctan (x)\right)(1+x^2)}}{\frac1{1+x}}\\[.5em]
&=-\lim_{x\to \infty }\frac{\frac{1+x}{1+x^2}}{\frac{\pi }{2}-\arctan (x)}\\
&=-\lim_{x\to \infty }\frac{\frac{1+x}{1+x^2}\cdot \frac{1-x}{1-x}}{\frac{\pi }{2}-\arctan (x)}\\
&=-\lim_{x\to \infty }\frac{1-x^2}{1+x^2}\cdot \lim_{x\to \infty }\frac{\frac1{1-x}}{\frac{\pi }{2}-\arctan (x)}\\
&=\lim_{x\to \infty }\frac{\frac1{1-x}}{\frac{\pi }{2}-\arctan (x)}\\
&=\lim_{x\to \infty }\frac{\frac1{(1-x)^2}}{-\frac1{1+x^2}}\\
&=-\lim_{x\to \infty }\frac{1+x^2}{1-2x+x^2}\\
&=-1
\end{align*}
\]
donde en la primera y antepenúltima igualdades he utilizado el teorema de L'Hôpital, y donde en la cuarta igualdad he utilizado el teorema que dice que si \( \lim_{x\to a}f(x)\cdot \lim_{x\to a}g(x) \) está bien definido, ya sea como número finito o infinito, entonces \( \lim_{x\to a}f(x)\cdot g(x)=\lim_{x\to a}f(x)\cdot \lim_{x\to a}g(x) \). Por tanto el límite original es \( \frac1{e} \).∎
Corrección: originalmente había cometido un error en una fracción y me salía un límite infinito, pero ya está corregido. Avisadme si veis algún error más por ahí.
